大学物理(下)练习题

大学物理（下）练习题第十章10－8一均匀带电的半圆形弧线，半径为R ，所带电量为Q ，以匀角速度ω绕轴OO /转动，如图所示，求O 点处的磁感应强度。

解：此题可利用运动电荷产生的磁场计算，也可利用圆电流产生的磁场计算。

以下根据圆电流在轴线产生的磁感应强度来计算的。

如图电荷dq 旋转在O 处产生的磁感应强度为3202R dIr dB μ=3202)sin (2RR Rd θπωθλμ= ⎰πθθπλωμ=020sin 4d B 240ππλωμ=80λωμ= RQπωμ=80 方向沿轴线向上。

10－15一半径为R 的无限长半圆柱面形导体，与轴线上的长直导线载有等值反向的电流I ，如图所示。

试求轴线上长直导线单位长度所受的磁力。

解：此电流结构俯视如图，圆柱面上的电流 与轴线电流反向，反向电流电流相斥，如图，对 称分析可知，合力沿x 轴正向，有θππμ==Rd R IR I BldI dF 20θπμ=d RI 2202=θ=⎰sin dF F θθπμ⎰πd RI 0220sin 2 RI 220πμ=ω R习题 10－8图r dqθO习题 10－15图x dFdFθ10－16半径为R 的圆形线圈载有电流I 2，无限长载有电流I 1的直导线沿线圈直径方向放置，求圆形线圈所受到的磁力。

解：此电流结构如图，对称分析可知，合力沿x 轴负向，有r I dl I dF πμ=2102θθπμ=Rd R I I cos 2210θθπμ=d II cos 2210=θ=⎰cos dF F θθθπμ=⎰πd I I cos cos 220210⎰πθπμ=202102d II 210I I μ=10－19一半径为R 的薄圆盘，放在磁感应强度为B 的均匀磁场中，B 的方向与盘面平行，如图所示，圆盘表面的电荷面密度为σ，若圆盘以角速度ω绕其轴线转动，试求作用在圆盘上的磁力矩。

解：圆盘上任一薄层电荷运转时产生的电流为dI ，其对应的磁矩为rdr r rdrr dI dm σω=ππωπσ=π=2222 整个圆盘的磁矩为44R rdr dm m Rσωπ=σω==⎰⎰作用在圆盘上的磁力矩为B m M ⨯====mB mB M 090sin B R 44σωπ,方向垂直纸面向里。

10－24 有一同轴电缆，其尺寸如图所示。

两导体中的电流均为I ，但电流的流向相反，导体的磁性可不考虑。

试计算以下各处的磁感强度：（1）r<R 1；（2）R 1<r<R 2；（3）R 2<r<R 3（4）r>R 3；面出B －r 曲线。

解：由安培环路定理I d 0μ=⋅⎰l B L（1）)( 2I 21210220R r R Ir B r R πr B <=→=πμππμ dF dFxB ⊗ B • I 2I 1θ 习题 10－16图or习题 10－19图dIdm习题 10－24图（2）)( 222100R r R rI B I πr B <<=→=πμμ （3） ])()([222232220R R R r I I πr B ---=ππμ222322302R R r R r I B --πμ=→)( 32R r R << （4）)( 0023R r B πr B >=→=6. 一无限长圆柱形铜导体（磁导率μ0），半径为R ，通有均匀分布的电流I ，今取一矩形平面S （长为1m ，宽为2R ），位置如右图中画斜线部分所示，求通过该矩形平面的磁通量。

解：在圆柱体内部与导体中心轴线相距为r 处的磁感强度的大小，由安培环路安律可得：B I Rr r R =μπ≤022,() 因而，穿过导体内画斜线部分平面的磁能φ1为φμπμπ102024====⎰⎰⎰B d S Bds IR rdr I o R . 在圆形导体外，与导体中心轴线相距r 处的磁感强度大小为)(,20R r rIB >=πμ因而，穿过导体外画斜线部分平面的磁通量φ2为⎰⎰===RRI dr r I S d B 20022ln 22.πμπμφ穿过整个平面的磁通量ln 24400021πμπμπμφφφI I I ++=+=9. 一无限长直导线通以电流I ，其旁有一直角三角形线圈通以电流I 2，线圈与直导线共面，相对位置如图，试求电流I 1对AB 、CA 两段载流导体的作用力。

解:dl l l a I dF AB 210.)(2+=πμ ⎰+=+=b AB ab a I I dl l a I I F 0210210ln 2)(2πμπμ 方向垂直AB 向下计算题6图I 12计算题9图)cos (2cos /210θπθμl a dl I I dF AC +=l =l /cos θab a I I l a dl I I F t o AC+=+=⎰ln cos 1.2)cos (2 210210θπμθπμ第十二章12－1在通有电流I=5A 的长直导线近旁有一导线ab ，长l =20cm ，离长直导线距离d=10cm （如图）。

当它沿平行于长直导线的方向以v =10m/s 速率平移时，导线中的感应电动势多大？a 、b 哪端的电势高？解：根据动生电动势的公式E =⎰⋅⨯Ll B v d )(E 3ln 22030100πμ=πμ=⎰Ivx dx IvV 57101.13ln 2105104--⨯=π⨯⨯⨯π=方向沿x 轴负向，a 电势高。

12－8 在水平放置的光滑平行导轨上，放置质量为m 的金属杆，其长度ab=l ，导轨一端由一电阻R 相连（其他电阻忽略），导轨又处于竖直向下的均匀磁场B 中，当杆以初速v 0运动时，求（1）金属杆能移动的距离；（2）在此过程中R 所发出的焦耳热。

解：（1）依题意，根据牛顿定律有dxvdvm dt dv m R l vB IBl F -=-===22分离变量积分220220l B mRv x dv v m dx mRl vB v x=→-=⎰⎰（2）2021mv Q =12－10均匀磁场B (t)被限制在半径为R 的圆柱形空间，磁场对时间的变化率为dB/dt ，在与磁场垂直的平面内有一正三角形回路aob ，位置如图所示，试求回路中的感应电动势dlabv I习题12－1图xov 0习题12－8图的大小。

解：B R BS 261π==ϕ，回路中的感应电动势的大小为 E dt d ϕ=dtdB R BS 261π==ϕ12－16在如图所示的电路中，线圈II 连线上有一长为l 的导体棒CD ，可在垂直于均匀磁场B 的平面内左右滑动并保持与线圈II 连线接触，导体棒的速度与棒垂直。

设线圈I 和II 的互感系数为M ，电阻为R 1和R 2。

分别就以下两情形求通过线圈I 和II 的电流：（1）CD 以匀速v 运动；（2）CD 由静止开始以加速度a 运动。

解：（1）CD 以匀速v 运动时111R BvlR I =ε=,I 1是恒量，故I 2=0 （2）CD 由静止开始以加速度a 运动111R Blat R I =ε=,I 1是时间的函数，故I 2不为零 112R Bla M dt dI M ==ε， a R R MBl R I 21222=ε= 12－20一圆柱形长直导线中各处电流密度相等，总电流为I ，试证每单位长度导线内贮藏的磁能为πμ1620I 。

证：根据安培环路定理∑⎰μ=⋅I d 0Ll B202202022RIr B r R I r j r B πμ=→ππμ=πμ=π ⎰πμ=Rrldr B W 020221，单位长度l =1习题12－10图II I习题12－16图⎰ππμμ=Rrdr Rr I W 042222002421⎰πμ=Rdr r R I W 034204πμ=1620I ，本题得证。

1．如图，一长直导线中通有电流I ，另有一垂直于导线、长度为l 的金属棒AB 在包含导线的平面内，以恒定的速度v 沿与棒成θ角的方向移动，开始时，棒距导线的距离为a ，求任意时刻金属棒中的动生电动势，并指出棒哪端的电势高。

cos sin :θθ解∥⊥v v v v ==sin 212⎰⎰==x x o i i dx v x I d θπμεε θθ式中cos cos :21vt a x vt l a x +=++=θθθπμεcos cos ln sin 2vt a vt l a v x I o i +++=A 端的电势高2．如图，导体矩形框的平面与磁感应强度为B 的均匀磁场垂直，在此矩形框上有一质量为m ，长为L 的可移动细导体棒AB ，矩形框还接有一电阻R ，其值较之导线的电阻值要大得多，若开始时（t=0），细导体棒以速度v 0沿图示所示的矩形框运动，试求棒的速率随时间变化的函数关系。

解：按图中所示的o x 坐标，棒的初速度v 0与o x 轴的正向相同。

当棒的速率v 时，棒中动生电动势为ε＝v B L其方向由A 端指向B 端，故在图中矩形导体框 中的电流是逆时针流动，值为RvBLRI ==ε由安培定律可知作用在棒上的安培力为RL vB IBL F 22==安培力的方向与o x 轴反向，它使棒的运动速率越来越小，根据牛顿第二定律，有RL vB dt dv m 22-= 分离变量得Ia l B θ A v计算题1题RIdt mRL B v dv 22-= 式中B 、L 、m 、R 均为常量，依题意，t=0时，v =v 0，上式积分得⎰⎰-=tvv dt mRL B v dv 0220t mRL B v v 220ln -= 则任意时刻t 棒的速率即棒的速率随时间变化的函数关系为t mRL B ev v 220-=第十六章16－8用很薄的、折射率为1.58的云母片覆盖在双缝实验中的一条缝上，这时屏幕上的零级明条纹移到原来的第七级明条纹位置上，如果入射光波长为550nm ，试问此云母片的厚度为多少？ 解：零级明条纹移到第七级明条纹上,则 原来零级明纹的地方出现的为－7级明纹，设b 为云母片厚度,则光程1为: r b nb -+ 光程2为: r7r b nb r λ∴∆=-+-=-解得:36.610()b mm -=⨯16－12 一折射率为1.5表面附有一层折射率为1.32油膜，今用一波长连续可调的单色光束垂直照射油面。

当波长为485nm 时，反射光干涉相消。

当波长增为670nm 时，反射光再次干涉相消。

求油膜的厚度。

解：12(21)2nd k λ=+22[2(1)1]2nd k λ=-+O习题16-8用图其中 1.38n =,1485nm λ=,2670nm λ=,代入数据,可得3k =, 643d nm =16－17 白光照射到折射率为1.33的肥皂膜上，若从450角方向观察薄膜呈现绿色（500nm ），试求薄膜最小厚度。